Prueba de que el 1-1 funciones analíticas que han derivado distinto de cero

Question

Hace poco vi un profesor de demostrar el siguiente teorema (suponiendo que el resultado de que cada analítica de la función es localmente 1-1, siempre que su derivada es distinto de cero): Vamos a $\Omega \subset \mathbb{C}$ ser abierto, y deje $f : \Omega \to \mathbb{C}$ ser 1-1 y analítica en $\Omega$. A continuación, $f'(z_0) \not = 0$ por cada $z_0 \in \Omega$.

Tengo la idea básica detrás de la prueba: vamos a partir de la contradicción que $f'(z_0) = 0$, y, suponiendo sin pérdida de generalidad que $z_0 = f(z_0) =0$, tenemos (a partir de la energía de expansión de la serie) que $f(z) = z^kg(z)$ para algunos analítico $g$ en algunos de disco en el origen (es decir, $z_0$) y algunos $k \ge 2$. Desde $z^k$ no es 1-1 en cualquier disco (porque hay varias raíces de la unidad), a continuación, $f$ no.

Sin embargo, la prueba dio fue bastante complicado y técnico - se trataba de la definición de tres diferentes axilar funciones, aunque la idea era simple, y desde entonces me he olvidado de cómo es exactamente trabajado. En cualquier caso, estoy convencido de que hay una mejor manera.

El problema es que estoy teniendo problemas para convertir la idea en una prueba real - sé que es, obviamente, de la siguiente manera si $g$ es de 1-1, pero también estoy bastante seguro de que es demasiado fuerte, una suposición. Me estoy perdiendo algo, ¿o es que el argumento sólo tiene que ser más complicado?

Answer 1

Me gusta probar este teorema, a través de su contrapositivo en lugar de por la contradicción (aunque los cálculos son esencialmente el mismo).

Supongamos $f:\Omega\to\mathbb{C}$ es analítica con $f'(z_0)=0$. El objetivo es mostrar que cada disco sobre el origen contiene distintas $z_1,z_2$$f(z_1)=f(z_2)$. Podemos suponer que la $z_0=f(z_0)=f'(z_0)=0$ (con $f(z+z_0)-f(z_0)$ si es necesario, ya que la traducción no afecta de inyectividad). Desde $f$ es analítica en $z=0$ y $f'(0)=f(0)=0$, $f$ tiene un poder de expansión de la serie $$f(z)=a_k z^k + a_{k+1} z^{k+1} + \dots$$ where $k>1$. Pulling out a $z^k$ gives $$f(z)=z^k (a_k + a_{k+1}z + \dots) = z^k g(z)$$ where $g$ is analytic with $g(0)\neq0$. Since $g$ is nonzero on a sufficiently small disc centered at the origin, we can define an appropriate branch its log so that its k-th root is well-defined. Call this function $h$, so that $h$ is analytic with $h(z)^k=g(z)$ near the origin. Hence $$f(z)=\left(zh(z)\right)^k.$$ Note that $\phi(z)=zh(z)$ is analytic (near $z=0$). Therefore, for any $\epsilon>0$ (sufficiently small), $\phi(D(0,\epsilon))$ is open (by the Open Mapping Theorem) and hence contains a disc $D(0,2\delta)$. In particular, there exist $z_1,z_2\en D(0,\epsilon)$ with $\phi(z_1)=\delta$ and $\phi(z_2)=\delta \exp\left(\frac{2\pi i}{k}\right)$. Therefore $$f(z_2)=\delta^k \exp\left(\frac{2\pi i}{k}\right)^k = \delta^k = f(z_1)$$ como se desee.

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La prueba tiene un aspecto un poco torpe, sobre todo, con el auxiliar de funciones. Sin embargo, es en realidad bastante simple y las funciones adicionales son realmente sólo para mostrar por qué de cada paso es válida. De hecho, la esencia de la prueba es:

1) Muestran que $f$ es la k-ésima potencia de algunos analítica de la función $\phi$

2) Mostrar que siempre se puede encontrar $z_1,z_2$ donde $\phi(z_1)$ $\phi(z_2)$ se encuentran en la misma círculo y sus argumentos se diferencian por $\frac{2\pi}{k}$, por lo que su k-ésima poderes son iguales.

Answer 2

Supongamos $f$ es analítica en $z_0$ y que no sea constante, sino $f'(z_0) = 0$. A continuación, el orden de las cero de $f(z) - f(z_0)$ $z_0$ es un número entero $k > 1$. Tomar algunos círculo de $\Gamma$ $z_0$ $f$ es analítica en y dentro de $\Gamma$ y no hay ningún otro ceros de $f(z) - f(z_0)$ o $f'(z)$ sobre o dentro de $\Gamma$. Ahora la suma de los pedidos de los ceros de $f(z) - p$ dentro de $\Gamma$ $\dfrac{1}{2\pi i}\int_\Gamma \frac{f'(z)}{f(z) - p}\, dz.$ , que es igual a $k$ $p$ en un barrio de $f(z_0)$. Pero desde $f'(z)$ no tiene otros ceros dentro de $\Gamma$, los ceros son simples, es decir no se $k$ soluciones distintas a $f(z) = p$ dentro $\Gamma$.